XSY #2815 净空

题意

有 $n$种不同的物品，每秒会随机产生一种，其中第 $i$秒的代价是 $i^k$。问收集到所有物品的期望代价和，答案模 $998244353$。
$1\leq n\leq100,0\leq k\leq100$。

题解

显然是minmax容斥。
$ans=\sum_{i=1}^{n}(-1)^{i+1}{n \choose i}f(\frac{i}{n},k)$。
这里 $f(p,k)$表示每次试验成功概率为 $p$，最早成功时间为 $T$， $\sum_{i=1}^{T}i^k$的期望。
$f(p,k)$是关于通常幂的式子，不好求，容易想到通过第二类斯特林数转成下降幂来算，具体的有 $f(p,k)=\sum_{i\geq 0}(1-p)^i(i+1)^k=\sum_{i\geq 0}(1-p)^i\sum_{j=0}^{k}s(k,j)j!{i+1 \choose j}$。
交换求和顺序有 $f(p,k)=\sum_{j=0}^{k}s(k,j)j!*g(1-p,j)$，其中 $g(p,k)=\sum_{i\geq 0}p^i{i+1 \choose k}$。
当 $k=0$时， $g(p,0)=\sum_{i\geq 0}p^i=\frac{1}{1-p}$。
当 $k=1$时， $g(p,1)=\sum_{i\geq 0}p^i{i+1\choose 1}=(\sum_{i\geq 0}p^i*i)+p*(\sum_{i\geq0}p^i{i+1\choose 1})$，于是 $g(p,1)=\frac{g(p,0)}{1-p}=\frac{1}{(1-p)^2}$。
当 $k>1$时， $g(p,k)=\sum_{i\geq 0}p^i{i+1\choose k}=\sum_{i\geq k-1}p^i{i+1\choose k}=p*(\sum_{i\geq k-2}p^i*{i+1 \choose k-1})+p*(\sum_{i\geq k-1}p^i{i+1\choose k})$，于是 $g(p,k)=\frac{p*g(p,k-1)}{1-p}=\frac{p^{k-1}}{(1-p)^{k+1}}(k>1)$。
直接按式子计算即可，时间复杂度 $O(nk)$。

#include <bits/stdc++.h>
#define MOD 998244353

using namespace std;

typedef long long ll;

ll pow_mod(ll x,int k) {
  ll ans=1;
  while (k) {
  	if (k&1) ans=ans*x%MOD;
  	x=x*x%MOD;
  	k>>=1;
  }
  return ans;
}

ll C[105][105],strl[105][105],facd[105];

void pre(int n) {
  for(int i=0;i<=n;i++) C[i][0]=1;
  for(int i=1;i<=n;i++)
    for(int j=1;j<=i;j++) C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%MOD;
  strl[0][0]=1;
  for(int i=1;i<=n;i++)
    for(int j=1;j<=i;j++) strl[i][j]=(strl[i-1][j-1]+j*strl[i-1][j])%MOD;
  facd[0]=1;
  for(int i=1;i<=n;i++) facd[i]=facd[i-1]*i%MOD;
}

int main() {
  int n,k;
  scanf("%d%d",&n,&k);
  pre(max(n,k));
  ll ans=0;
  for(int i=1;i<=n;i++) {
  	ll p=i*pow_mod(n,MOD-2)%MOD,q=(1LL-p+MOD)%MOD;
  	p=pow_mod(p,MOD-2);
  	ll cur=p,s=0;
  	for(int j=0;j<=k;j++) {
  		s=(s+cur*strl[k][j]%MOD*facd[j])%MOD;
  		if (j) cur=cur*p%MOD*q%MOD;
  		else cur=cur*p%MOD;
	  } 
	ans=(ans+s*C[n][i]%MOD*((i&1)?1:MOD-1))%MOD;
  }
  printf("%lld\n",ans);
  return 0;
}

附记

这是一个水题。
为什么要为这个题写博呢？因为我闹了笑话。
今天模拟赛出了这题，然后我花了5min秒了，然后dcx也秒了。后来他找我说他觉得数据错了，我跟他对了一下100 100的输出，是一样的，于是找到zjt要求改数据。然而场上并没有其他人写了正解或是自以为正解的东西，于是就照我们的做法造了数据。
晚上被zjt找到我们，要我们测测1 1的数据，结果发现输出了0。
这是怎么回事呢？冷静推演了很久，发现我在推式子的时候把 $(i+1)^k$当做了 $i^k$来算，大体上是一样的（可以自己推推）。唯一区别是在 $k=1$时，并不需要特判，也就是 $g(p,k)=\frac{p^k}{(1-p)^{k+1}}(k>0)$。
为什么输出会撞上呢？问了问dcx，虽然我们推的式子不同，可是都把 $(i+1)^k$当成了 $i^k$。
最后发现原来的数据是对的，感觉极度尴尬。
自闭了。

扩展

稍微推导一下，发现运用等幂和其实可以做到 $O(nlog^2n)$的复杂度。代码还没有。